北京第十八届数学竞赛题含答案

第十八届北京市大学生数学竞赛试题
一、 填空题（每小题2分，共24分） 1、设当1→x 时，1
11-+++-m x
x m
是1-x 的等价无穷小，则______=m 。

2、设)
()2)(1()
()2)(1()(n x x x n x x x x f +++---=
，则________)1(='f 。

4、______lim
1
1=∑
=∞
→+
n
k n
k n k
n e。

5、
_________
d )cos 1(sin 2π2
π2
2=++⎰
-x x x
x 。

6、设函数),(y x f z =在点)1,0(的某邻域内可微，且)(321)1,(ρo y x y x f +++=+，其中
22y x +=ρ，则曲面),(y x f z =在点)1,0(处的切平面方程为__________。

8、设L 为封闭曲线1||||=++y x x 的正向一周，则
____d )cos(d 22=+-⎰
L
y y x x y x 。

9、设向量场k j i A 222232z y x z y x z y x --=，则其散度A d i v
在点)2,1,1(M 处沿方向}1,2,2{-=l 的方向导数为
______|)div (=∂∂
M A l。

10、设在]1,0[上0)(>''x f ，则)0()1(),1(),0(f f f f -''从小到大的次序为______________。

11、设函数)(x y 由方程11
)sin(=--x
y xy 所确定，则在曲线)(x y 上对应于0=x 的点处的切线方程为________。

12、设),(y x f 为连续函数，且y x y x f x
y y x f a y x d d ),(),(2
222
⎰⎰≤++=，则_____),(=y x f 。

二、（7分）设二元函数),(||),(y x y x y x f ϕ-=，其中),(y x ϕ在点)0,0(的一个邻域内连续，证明函数),(y x f 在点)0,0(处可微的充分必要条件是0)0,0(=ϕ。

三、（10分）设)(x f 在区间]1,1[-上三阶可微，证明：存在实数)1,1(-∈ξ，使
)0(2
)
1()1(6)(f f f f '---='''ξ。

四、（7分）求积分⎰⎰
+=
2π2
22π
)
(tan 1d d 1
x
y y x x
I 。

五、（7分）设⎩⎨⎧≤+>=0
,10
,)(2x x x x x f x ，求)(x f 的范围。

六、（9分）设函数),(),,(y x v y x u 在闭区域1:22≤+y x D 上有一阶连续偏导数，又
j i f ),(),(),(y x u y x v y x +=，j i g ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=y v x v y u x u y x ),(，且在D 的边界上有
y y x v y x u ≡≡),(,1),(，求⎰⎰∙D
σd g f 。

七、（8分）证明：当2π0<
<x 时22
2π
41)(sin -+≤--x x 。

八、（9分）计算⎰⎰∑
++y x z x z y z y x d d d d d d 2
2
2
，其中)1(14)1()1(:2
2
2
≥=+-+-∑y z y x ，取外侧。

九、（8分）设正项级数
∑∞
=1
n n
a
收敛，且其和为S ，求：
（1）n na a a n n +++∞→ 212lim ； （2）∑∞
=++++1
21)1(2n n
n n na a a 。

十、（7分）证明1sin 是无理数。

十一、（7分）在区间)2
π,0(内，试比较函数)tan(sin x 与)sin(tan x 的大小，并证明你的结论。

第十八届北京市大学生数学竞赛试题解答
一、填空题
1、3=m ；
2、)
1()1()1(1
+-='-n n f n ；
4、原式1-=e ；
5、原式π4-=；
6、切平面方程为0232=--+z y x ； 8、原式0=； 9、原式3
22=
； 10、)1(),0()1(),0(f f f f '-'； 11、3
2
d d 0|-==x x y ； 12、244π),(y x a y x f +=。

二、证明：（必要性）设),(y x f 在点)0,0(处可微，则)0,0(),0,0(y x f f ''都存在， 由于x x x x f x f f x x x )0,(||lim )0,0()0,(lim
)0,0(00
ϕ→→=-='且)0,0()
0,(||lim 0ϕϕ=+→x
x x x ， )0,0()
0,(||lim 0
ϕϕ-=-
→x
x x x ，故有0)0,0(=ϕ。

（充分性）若0)0,0(=ϕ，则有0)0,0(,0)0,0(='='y x f f ， 因为
2
2
2
2
)
,(||)0,0()0,0()0,0(),(y
x y x y x y
x y
f x f f y x f y x +-=
+'-'--ϕ，
又
2||||||2
2
2
2
2
2
≤++
+≤
+-y
x y y
x x y
x y x ，
所以0)
,(||lim
2
2
0=+-→→y
x y x y x y x ϕ，由定义知),(y x f 在)0,0(处可微。

三、证明：由!3)(!2)0()0()0()1(1ξf f f f f '''+''+'+=，!
3)
(!2)0()0()0()1(2ξf f f f f '''-
''+'-=-，得
)]()([6
1
)0(2)1()1(21ξξf f f f f '''+'''+'=--。

由导数介值定理知，存在
),(21ξξξ∈，使)]()([2
1)(21ξξξf f f '''+'''='''，于是
)0(2
)
1()1(6)(f f f f '---='''ξ。

四、解答：由⎰
⎰
⎰
+=+⋅
=
20
2π0
2
2
2
22π0
d )
(tan 12)
(tan 1d 1d y y y y y x x y I
u u u u u u u y
u ⎰
⎰
⎰
+=+=+=2π0
2
22π0
2
2π
2
2
d )
(tan 1)
(tan d )
(cot 11d )
(tan 11，得
4
πd 212π0==⎰u I 。

五、解答：因为1)(lim ,1lim )(lim 0
20
===-
+
+→→→x f x x f x x
x x ，所以)(x f 在0=x 处连续。

⎩
⎨
⎧<>+='0,10,)1(ln 2)(2x x x x x f x ，驻点为1
-=e x 。

当10-<<e x 时，0)(<'x f ；当1
->e x 时，0)(>'x f ，所以1-=e x 为极小点。

又当0<x 时，0)(>'x f ，所以0=x 是极大点，极小值为1
21)(---=e e e f ，极大值为1)0(=f 。

六、解答：因为⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂-∂∂=∙y v x v u y u x u v g f y
uv x uv y v u y u v x v u x u v
∂∂-∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂-∂∂+∂∂=)()(， 所以
⎰⎰⎰⎰⎰⎰
+=+=⎪⎪⎭⎫
⎝
⎛∂∂-∂∂=∙L L D D
y y x y y uv x uv y uv x uv d d d d d )()(d σσg f
πd )cos sin sin (π
20
2-=+-=⎰θθθθ，其中1:22=+y x L ，方向取正向。

七、证明： 设22
)
(sin )(---=x x x f ，则x
x x x x x
x x x f 3
3333
3sin cos sin 22cos sin 2)(-=+-='--。

令x x x x -=-3
1
cos sin )(ϕ，则1cos sin 3
1
cos cos )(34
3
1-+='--x x x x x ϕ
01cos cos 1cos 3
1
32334
343432=-≥-+=--x x x x 。

八、解答：
设1:0=∑y ，取左侧，14)1(:2
2
≤+-z x D ，则原式⎰⎰⎰⎰∑∑+∑-=00，且π2d d 0-=-=⎰⎰⎰⎰∑D
x z ， ⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰
++=+=++=∑+∑1
2π0
π0
d sin )2sin sin sin cos 2(d d 2d )(2d )(20
r r r r v y x v z y x V
V
ϕϕθϕθϕθ
π
3
25π2π319π,319d )sin 32sin sin 41sin cos 41(d 4π022π0=+=∴=++=⎰⎰原式ϕϕϕθϕθθ。

方法二：
设1:0=∑y ，取左侧，14)1(:2
2
≤+-z x D ，则原式⎰⎰⎰⎰∑∑+∑-=00，且π2d d 0-=-=⎰⎰⎰⎰∑D
x z ，
⎰⎰⎰⎰⎰
++=∑+∑V
v z y x d )(20
，故原式π2d )(2+++=⎰⎰⎰V
v z y x ，
π34d )2(πd d d d 2
02
2
=-==⎰⎰⎰⎰
⎰⎰⎰x x x x z y x x v x x
D V
，其中1,24)1(:222
≥-≤+-y x x z y D x ，
π6
11d )2(2πd d d d 2
2
2
1
=-⋅⋅==⎰
⎰⎰⎰
⎰⎰⎰y y y y x z x y v y y
D V
，其中222
24)1(:y y z x D y -≤+-，
所以原式π3
25
π2π311π38=++=。

九、解答：
（1）因为n
S S S S S S S n na a a n n n n n n 1
21212--++-+-+=+++
n n n S S S S n S S S S n n n n 11121121-⋅-+++-=+++-=-- ，
所以02lim 21
=-=+++∞→S S n
na a a n
n 。

（2）
1
22)1(2212121++++-
+++=++++n na a a n na a a n n na a a n
n n 11
21211
)1(22+++++++++-+++=
n n n n a n a n na a a n na a a ，
记n na a a b n n +++=
212，则1121)
1(2+++-=++++n n n n
a b b n n na a a ，
所以S a a b n n na a a n n n n n n
==+=++++∑∑∑∞
=∞=+∞
=1
111121)1(2 。

十、证明：设1sin 为有理数，则q
p
=
1sin ，其中q p ,是互素的正整数。

根据x sin 的展开式有)12(cos )!12()1()!12()1(!71!51!3111q n n n q p n
n >-+-+--++-+-=-ξ ，
由ξcos )12(2)1(])!12()1(!71!51!311[)!12()!12(1+-+--++-+--=--n n n n q p n n
n 知，
ξcos )
12(2)1(+-n n n
是整数（两个整数之差仍是整数）。

然而12,1|cos |>≤n ξ，故)
12(2cos )1(+-n n n ξ
不可能是整数，矛盾，所以1sin 是无理数。

十一、解答：
设)sin(tan )tan(sin )(x x x f -=，则
x
x x x x x x x x x f 2
2232
2
cos )(sin cos )
(sin cos )cos(tan cos sec )cos(tan cos )(sin sec )(-=-='， 当2πarctan 0<<x 时，2πsin 0,2πtan 0<<<<x x ，由余弦函数在)2
π
0(，内的凸性知， 3
sin 2tan cos )]cos(sin 2)[cos(tan 31)(sin cos )cos(tan 3
2x x x x x x +≤+≤。

设x x x x 3sin 2tan )(-+=ϕ，则02
sin
4tan 3cos 2sec )(222>-=-+='x x x x x ϕ， 于是x x x 3sin 2tan >+，所以x x
x cos 3
sin 2tan cos
<+，即 x x x 32cos )(sin cos )cos(tan <，于是当)2
π
arctan ,0(∈x 时，0)(>'x f ，又0)0(=f ，所以
0)(>x f ；当)2π,2π[arctan ∈x 时，1sin )2
π
sin(arctan <<x 。

由于4
π
π4π4
π12π)
2
π
(arctan tan 1)
2π
(arctan tan )2
π
sin(arctan 2
22
>
+=
+
=
+=
，故 1sin 4π<<x ，于是当)2
π
,2π[arctan ∈x 时，0)(>x f ， 综上所述，当)2
π
,0（∈
x 时，)sin(tan )tan(sin x x >。